Question

8．如圖所示，兩互相平行的水平金屬導軌MN，PQ放在豎直平面內相距為L，左端接平行板電容器，板間距離為d，右端接滑動變阻器R，水平勻強磁場磁感應強度為B，垂直于導軌所在平面，導體棒CD （不計重力）與導軌接觸良好，棒的電阻為r，其他電阻及摩擦不計，現用與導軌平行的大小為F，使棒從靜止開始運動，已知F=2N，L=0.4m，d=0.2m，B=10T，r=1Ω，R的最大值為2Ω，取g=10m/s²．求：
（1）求導體棒處于穩(wěn)定狀態(tài)時，拉力的最大功率
（2）導體棒處于穩(wěn)定狀態(tài)且滑動觸頭在動變阻器中點時，一帶電小球從平行板電容器左側沿兩極板的正中間入射，在兩極板間恰好做勻速直線運動；當滑動觸頭位于最下端時，該帶電小球以同樣的方式和速度入射，小球恰好在兩極板間做勻速圓周運動，求圓周的半徑？

Answer 1

分析 （1）當導體棒穩(wěn)定時做勻速直線運動，導體棒處于平衡狀態(tài)，導體棒受到的安培力與拉力大小相等，求出拉力功率的表達式，然后根據表達式求出拉力功率的最大值．
（2）小球勻速通過極板時做勻速直線運動，對小球受力分析，然后由平衡條件列方程；小球在極板間做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，重力與電場力合力為零，由平衡條件及牛頓第二定律列方程，然后解方程組，求出小球的速度與軌道半徑．

解答 解：（1）當棒達到勻速運動時，金屬棒受到的安培力：
F_B=BIL=B$\frac{BLv}{R+r}$L=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R+r}$，
由平衡條件得：F=F_B，即：F=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R+r}$，
導體棒的速度v=$\frac{F（R+r）}{{B}^{2}{L}^{2}}$，
拉力功率P=Fv=$\frac{{F}^{2}（R+r）}{{B}^{2}{L}^{2}}$
可知當R=2Ω時，拉力功率最大，最大功率為P_m=0.75W；
（2）當觸頭滑到中點即R=1Ω時
棒勻速運動的速度v₁=$\frac{F（R+r）}{{B}^{2}{L}^{2}}$=0.25m/s
導體棒產生的感應電動勢E₁=BLv₁=10×0.4×0.25=1V
電容器兩極板間電壓U₁=$\frac{{E}_{1}R}{R+r}$=0.5V，
由于棒在平行板間做勻速直線運動，則小球必帶正電
此時小球受力情況如圖所示，設小球的入射速度為v₀
由平衡條件知：F+f=G 即 q$\frac{{U}_{1}}xgm7fsc$+qv₀B=mg…①
當滑頭滑至下端即R=2Ω時，棒的速度v₂=$\frac{F（R+r）}{{B}^{2}{L}^{2}}$=$\frac{3}{8}$m/s
導體棒產生的感應電動勢 E₂=BLv₂=1.5V
電容器兩極板間的電壓U₂=$\frac{{E}_{2}R}{R+r}$=1V
由于小球在平行板間做勻速圓周運動
電場力與重力平衡，于是：q$\frac{{U}_{2}}gsclu9o$=mg…②
代入數值，由①②解得：v₀=$\frac{{U}_{2}-{U}_{1}}{Bd}$=0.25m/s
小球作圓周運動時洛侖茲力提供向心力
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$
小球作圓周運動的半徑為r=0.0125m
答：（1）導體棒處于穩(wěn)定狀態(tài)時拉力的最大功率是0.75W．
（2）小球在兩極板間恰好做勻速圓周運動的速度為0.25m/s，做圓周運動的軌道半徑為0.0125m．

點評 本題涉及的知識點較多，是電磁感應與電路、與力學相結合的一道綜合題，本題難度較大，是一道難題；正確受力分析、分析清楚過程、熟練掌握并靈活應用基礎知識是正確解題的關鍵．